資源簡介

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高考物理一輪復習 運動和力的關系
一．選擇題（共8小題）
1．（2025 河南模擬）北京時間2024年7月27日，巴黎奧運會女子雙人三米跳板決賽，陳藝文和昌雅妮奪得金牌，中國跳水夢之隊迎來開門紅。運動員站在跳板上下蹲起跳，跳板的形變示意圖如圖所示，其中A位置為平衡位置，則運動員處于失重狀態的過程是（　　）
A．由A位置到B位置 B．由A位置到D位置
C．由C位置到B位置 D．由B位置到C位置
2．（2025 德陽模擬）如圖所示，球心為O1的半球A置于粗糙水平地面上，半球A的圓弧表面光滑，質量為m的大球B球心為O2，半球A的頂端P點與大球B用輕繩連接，輕繩剛好水平，大球B的最低點連接一輕彈簧，輕彈簧下端固定著質量為m的小球C，球心O1、O2的連線與O1P的夾角θ＝60°，整個系統處于靜止狀態，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．輕繩的張力為mg
B．半球有向左運動的趨勢
C．若剪斷輕繩，半球A仍未動，則剪斷的瞬間，C球處于失重狀態
D．若剪斷輕繩，半球A仍未動，則剪斷的瞬間，B球的加速度大小為g
3．（2025 晉中模擬）2025年3月30日，國產大飛機C919首次飛抵東北地區，開啟“上海虹橋—沈陽”航線的商業運營，沈陽成為東航C919通航的第10座城市。飛機起飛過程主要包括地面滑行加速、離地和加速爬升三個階段。下列說法正確的是（　　）
A．飛機靜止時，座椅對乘客的作用力為零
B．飛機水平向右加速滑行時，座椅對乘客的作用力水平向右
C．飛機離地后在空中做斜向上加速直線運動時，乘客處于超重狀態
D．飛機離地后在空中做斜向上加速直線運動時，座椅對乘客的作用力豎直向上
4．（2025 大通縣三模）在2025年央視春節聯歡晚會上，一群高科技機器人進行了一場精彩絕倫的舞蹈表演。機器人表演過程中，關于受力及運動的說法正確的是（　　）
A．機器人向上抬腿的過程，其重心位置不變
B．機器人向上抬腿的過程，它對地面的壓力小于地面對它的支持力
C．機器人揮動手帕向上加速的過程，手帕處于超重狀態
D．機器人沿舞臺加速運動時，其慣性變大
5．（2025 通遼三模）如圖所示，質量為m的方形箱子放置在光滑的水平面上，在水平向左的力F0＝4mg的作用下，箱子沿水平面向左做勻加速直線運動，箱內一個質量為m的物塊緊貼后壁隨箱子一起做勻加速直線運動且恰好不下滑，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則物塊與箱壁間的動摩擦因數為（　　）
A． B． C． D．
6．（2025 龍華區校級模擬）如圖所示，一圓柱形橫梁水平固定（陰影為其截面），可視為質點的小球A、B用足夠長的輕繩連接后懸掛在梁上。已知A、B的質量分別為2m、m，重力加速度為g。橫梁粗糙，且輕繩與橫梁間摩擦力滿足f＝k（TA+TB），其中TA、TB分別為左右懸繩中的張力，向下拉動A球后松手，A、B球恰做勻速運動。現將A球質量增大為5m，再從靜止釋放兩球，A球下降時的加速度大小為（　　）
A．a B．a C．a D．a
7．（2025 光山縣二模）智能手機安裝軟件后，可利用手機上的傳感器測量手機運動的加速度，帶塑膠軟殼的手機從一定高度由靜止釋放，落到地面上，手機傳感器記錄了手機運動的加速度a隨時間t變化的關系如圖所示，g為當地的重力加速度。下列說法正確的是（　　）
A．釋放時，手機離地面的高度為
B．手機第一次與地面碰撞的作用時間為t2﹣t1
C．手機第一次與地面碰撞中所受最大彈力為自身重力的10倍
D．0至t2時間內圖線與橫坐標圍成的面積中，時間軸下方與上方的面積大小相等
8．（2025 滄州三模）如圖所示，斜面體靜置在水平地面上，將質量為m的物塊放置在斜面上，對物塊施加水平向右的力F，為保證物塊靜止，力F的最小值為F1，最大值為F2，整個過程中斜面體始終靜止。已知物塊與斜面、斜面與地面之間的動摩擦因數均為0.5，斜面傾角θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．
B．F2＝2mg
C．當時，物塊和斜面不存在相對運動趨勢
D．斜面的質量可能為2m
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2025 濰坊三模）如圖所示，質量M＝4kg的長木板靜止在粗糙水平地面上，t＝0時刻對木板施加F＝45N的水平向右恒力，同時質量m＝1kg的小物塊以v0＝15m/s的初速度從左端滑上木板。已知木板長度L＝7.8m，木板與地面、木板與小物塊間的動摩擦因數分別為μ1＝0.2、μ2＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．小物塊剛滑上木板時，木板的加速度大小為10m/s2
B．t＝1s時，小物塊恰好運動到木板最右端
C．時，小物塊從木板左端脫離
D．若t＝2s時撤去外力F，小物塊最終會從木板右端脫離
（多選）10．（2025春 新洲區期末）某商場裝有如圖甲、乙所示的兩部電梯，小明先乘坐甲電梯（接觸面為水平面）后乘坐乙電梯（接觸面視為斜面），若兩部電梯都是先以加速度a勻加速直線運動達某速度后再勻速運動，電梯運動方向與水平方向的夾角均為θ，人與電梯始終保持相對靜止，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．乘坐甲電梯，電梯加速和勻速時，小明先受3個力作用，后受2個力作用
B．乘坐乙電梯，電梯加速和勻速時，小明先受3個力作用，后受2個力作用
C．電梯加速時，甲乙兩個電梯對小明的支持力之比為（g+asinθ）：gcosθ
D．電梯加速時，小明在甲乙兩個電梯上受到的摩擦力之比為acosθ：（gcosθ+a）
（多選）11．（2025 長沙模擬）有一質量m＝1kg的物體靜止在足夠長的粗糙豎直墻壁上，某時刻無初速度釋放物體，并同時分別以甲、乙兩種方式施加外力，物體緊貼墻壁向下運動。已知物體與墻壁間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10m/s2，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．下落過程中，乙情景中的物體所受合外力的方向會發生改變
B．下落過程中，甲情景與乙情景中物體的速度都會一直增大
C．下落過程中，甲情景中的物體最大速度為5m/s
D．下落過程中，乙情景中的物體最大速度為25m/s
（多選）12．（2024秋 潮州期末）如圖所示，在粗糙的水平面上有一質量為m的足夠長的木板，其上疊放一質量也為m的木塊。現給木塊施加一隨時間t增大的水平力F＝kt（k是常數），木塊和木板之間的摩擦力大小為f1，木板與地面之間的摩擦力大小為f2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列圖線中可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
三．填空題（共4小題）
13．（2025 福建模擬）工人師傅巧妙地利用載重貨箱下行的動力拉起上行的空載貨箱，既解決了載重貨箱下行過快的問題，又減輕了搬運空載貨箱上行的勞動強度，其裝置簡化為如圖所示，在傾角為37°的斜坡上，一總質量為15kg的載重貨箱，通過輕繩繞過輕質光滑定滑輪與質量為5kg的空載貨箱相連，輕繩與斜面平行。當載重貨箱下行時，能夠拖動空載貨箱上行，已知兩貨箱與斜坡間的動摩擦因數均為0.25，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則當載重貨箱下行時，加速度大小為 　 　 m/s2，輕繩的拉力大小為 　 　 N。
14．（2024秋 嘉興期末）某同學站在力傳感器上完成“下蹲”、“起立”的動作，計算機采集的圖線如圖所示。則圖中點a～d所示過程，該同學完成了 　 　 動作（選填“下蹲”、“起立”、“先下蹲后起立”或“先起立后下蹲”）；以豎直向上為正方向，則b點時該同學的加速度約為 　 　 m/s2。（計算結果保留一位有效數字）
15．（2025春 泉州期中）如圖所示，傾斜傳送帶以恒定速率v沿逆時針方向運行，物塊以大小為v0、方向平行于傳送帶向下的初速度在傳送帶上運動，一段時間后物塊轉為做勻速直線運動，已知v＞v0。物塊做勻速直線運動前受到的摩擦力 　 　 ；物塊做勻速直線運動時受到的摩擦力 　 　 ，傳送帶對物塊的支持力 　 　 。（均填“做正功”“做負功”或“不做功”）
16．（2025 思明區校級一模）如圖所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端與斜面上A點距離為L。木板由靜止釋放，若木板長度L，通過A點的時間間隔為Δt1；若木板長度為2L，通過A點的時間間隔為Δt2。Δt2：Δt1為 　 　 。
四．解答題（共4小題）
17．（2025春 沙坪壩區校級期末）我國的電商產業極其發達，而在電商物流中，傳送帶發揮著重要作用。如圖所示，分揀機器人將一個可視為質點的快遞盒輕放在總長度為L＝10m的以恒定速率運行的傳送帶左端，其初速度為0。快遞盒與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5。求：
（1）若傳送帶運行速率為v＝2m/s，則快遞盒在加速過程中發生的位移大小為多少？
（2）若傳送帶運行速率可以調節，則最短多少時間可以將快遞盒運至傳送帶右端？
18．（2025春 太原期末）采石場經常用傳送帶來搬運石頭。如圖甲所示，傾角為θ＝37°的傾斜傳送帶逆時針勻速轉動，在傳送帶上端A點無初速度放置石塊，石塊從A點運動到傳送帶下端B點的過程中，若人為規定石塊在A點的重力勢能為0，則石塊的機械能E與其位移x的關系如圖乙所示。石塊可視為質點，質量m＝50kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）石塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ；
（2）石塊在傳送帶下端B點的動能Ek。
19．（2025 漢中三模）如圖甲所示，輕質動滑輪下方懸掛重物A，輕質定滑輪懸掛在一個力傳感器的正下方，在輕質定滑輪下方懸掛重物B，懸掛滑輪的輕質細線豎直。開始時，重物A、B均處于靜止狀態，A質量為m，靜止釋放B后A、B開始運動。初始兩滑輪之間豎直距離足夠大，運動過程中各物體不會互相碰撞。假設摩擦阻力和空氣阻力均忽略不計，重力加速度為g。
（1）若B質量為2m，求靜止釋放B時細線張力T的大小；
（2）保持A物體質量m不變，使B物體質量從m增大，通過計算機描繪得到傳感器對定滑輪的拉力F隨B物體質量mB變化關系曲線如圖乙所示，F＝F0直線是曲線的漸近線，求F0（結果用m、g表示）。
20．（2025 許昌三模）如圖為某高速收費站的標識牌，一輛汽車正沿直線向收費站駛來，如果這輛汽車過ETC（電子不停車收費）通道，則需要在車輛識別裝置前s1＝16m處減速至v1＝4m/s，勻速到達車輛識別裝置后再以的加速度加速至v2＝28m/s行駛，假設汽車制動過程中所受阻力與其重力的比值k＝0.2，且制動時間t0＝8s，汽車進、出收費站的運動可視為水平面上的直線運動，g取10m/s2。求：
（1）汽車減速前的速度大小v0；
（2）汽車到達車輛識別裝置后加速運動的位移大小s；
（3）汽車從開始減速到加速結束的平均速度大小。
高考物理一輪復習 運動和力的關系
參考答案與試題解析
一．選擇題（共8小題）
1．（2025 河南模擬）北京時間2024年7月27日，巴黎奧運會女子雙人三米跳板決賽，陳藝文和昌雅妮奪得金牌，中國跳水夢之隊迎來開門紅。運動員站在跳板上下蹲起跳，跳板的形變示意圖如圖所示，其中A位置為平衡位置，則運動員處于失重狀態的過程是（　　）
A．由A位置到B位置 B．由A位置到D位置
C．由C位置到B位置 D．由B位置到C位置
【考點】超重與失重的概念、特點和判斷．
【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．
【答案】B
【分析】分別對不同過程分析運動員的運動情況，根據加速度的方向判斷運動的超重、失重狀態。
【解答】解：對運動員受力分析可知，由A位置到D位置，運動員做方向向上的減速運動，運動員具有向下的加速度，處于失重狀態，而其余過程運動員具有向上的加速度，處于超重狀態。故ACD錯誤，B正確。
故選：B。
【點評】本題考查學生對超重、失重的理解，其中核心是理解牛頓第二定律，知道通過運動情況判斷加速度方向以此分析超重、失重為解決本題的關鍵。
2．（2025 德陽模擬）如圖所示，球心為O1的半球A置于粗糙水平地面上，半球A的圓弧表面光滑，質量為m的大球B球心為O2，半球A的頂端P點與大球B用輕繩連接，輕繩剛好水平，大球B的最低點連接一輕彈簧，輕彈簧下端固定著質量為m的小球C，球心O1、O2的連線與O1P的夾角θ＝60°，整個系統處于靜止狀態，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　　）
A．輕繩的張力為mg
B．半球有向左運動的趨勢
C．若剪斷輕繩，半球A仍未動，則剪斷的瞬間，C球處于失重狀態
D．若剪斷輕繩，半球A仍未動，則剪斷的瞬間，B球的加速度大小為g
【考點】牛頓第二定律求解瞬時問題；超重與失重的概念、特點和判斷；力的合成與分解的應用；整體法與隔離法處理物體的平衡問題．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】將B、C看成一個整體，應用共點力平衡條件列式，求解輕繩的張力；將A、B、C看成一個整體，分析受力，結合共點力平衡條件得出半球的運動趨勢；分析剪斷輕繩瞬間C的受力，得出C的運動狀態；剪斷輕繩瞬間，B球將沿A半球的切線滾下，由牛頓第二定律求出B球加速度。
【解答】解：A.將B、C看成一個整體，根據平衡條件可得輕繩的張力為T＝2mgtanθ＝2mg，故A錯誤；
B.將A、B、C看成一個整體，則整體只受到豎直向下的重力和豎直向上的支持力，水平方向不受力，所以半球沒有水平方向的運動趨勢，故B錯誤；
C.C球在剪斷輕繩前受到重力和彈力等大反向，若剪斷輕繩，半球A仍未動，則剪斷的瞬間，C球所受的重力和彈力不突變，所以C球受力平衡，故C錯誤；
D.若剪斷輕繩，半球A仍未動，則剪斷的瞬間，B球將沿A半球的切線滾下，且只受重力、支持力和彈簧的彈力，所以B球的合力沿切線向下，如圖所示：
根據幾何關系可知，合力恰好與支持力垂直，則F合＝（mg+F彈）sinθ＝2mgmg
根據牛頓第二定律F合＝ma
解得ag
故D正確。
故選：D。
【點評】解決本題的關鍵是能應用整體法和隔離法分析平衡狀態的物體受力，明確剪斷細線的瞬間，B、C的受力和運動情況。
3．（2025 晉中模擬）2025年3月30日，國產大飛機C919首次飛抵東北地區，開啟“上海虹橋—沈陽”航線的商業運營，沈陽成為東航C919通航的第10座城市。飛機起飛過程主要包括地面滑行加速、離地和加速爬升三個階段。下列說法正確的是（　　）
A．飛機靜止時，座椅對乘客的作用力為零
B．飛機水平向右加速滑行時，座椅對乘客的作用力水平向右
C．飛機離地后在空中做斜向上加速直線運動時，乘客處于超重狀態
D．飛機離地后在空中做斜向上加速直線運動時，座椅對乘客的作用力豎直向上
【考點】超重與失重的概念、特點和判斷；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定性思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．
【答案】C
【分析】A、飛機靜止時，乘客、座椅、飛機的加速度與速度都是零，根據牛頓第二定律與生活實際分析座椅對乘客的作用力。
B、乘客、座椅、飛機三者均彼此互相保持相對靜止，故三者向右均有加速度，乘客的加速度由座椅提供，同時座椅還為乘客提供豎直向上的支持力以平衡乘客受到的重力，故運用合成與分解分析乘客受到的座椅提供的合力；
C、乘客、座椅、飛機三者均彼此互相保持相對靜止，飛機離地后在空中做斜向上加速直線運動時，有向上的加速度，此時乘客超重；
D、乘客受到座椅的作用力與重力，根據牛頓第二定律可知加速度的方向即為乘客受到座椅的作用力的方向。
【解答】解：A、飛機靜止時，乘客、座椅、飛機的加速度與速度都是零，并且三者均彼此互相保持相對靜止，結合生活實際與牛頓第二定律可知，座椅對乘客的作用力等于乘客的重力，故A錯誤；
B、飛機水平向右加速滑行時，座椅對乘客有向前的推力和豎直向上的支持力，所以座椅對乘客的作用力指向右上方，故B錯誤；
C、飛機離地后在空中做斜向上加速直線運動時，有向上的加速度，所以乘客處于超重狀態，故C正確；
D、飛機離地后在空中做斜向上加速直線運動時，根據牛頓第二定律可知座椅對乘客的作用力斜向上方，故D錯誤。
故選：C。
【點評】本題考查學生對超重、失重的理解，其中學會運用牛頓第二定律判斷加速度的方向以此分析超重、失重狀態為解決本題的關鍵。
4．（2025 大通縣三模）在2025年央視春節聯歡晚會上，一群高科技機器人進行了一場精彩絕倫的舞蹈表演。機器人表演過程中，關于受力及運動的說法正確的是（　　）
A．機器人向上抬腿的過程，其重心位置不變
B．機器人向上抬腿的過程，它對地面的壓力小于地面對它的支持力
C．機器人揮動手帕向上加速的過程，手帕處于超重狀態
D．機器人沿舞臺加速運動時，其慣性變大
【考點】超重與失重的概念、特點和判斷；慣性與質量．
【專題】定性思想；推理法；力學綜合性應用專題；理解能力．
【答案】C
【分析】A、重心是物體各部分所受重力之合力的作用點，質量分布不均勻的物體，重心的位置除跟物體的形狀有關外，還跟物體內質量的分布有關。
B、機器人地面的壓力與地面對它的支持力是一對相互作用力；
C、對于超重還是失重的判斷，關鍵取決于加速度的方向：當物體的加速度向上時，處于超重狀態；當加速度方向向下時，處于失重狀態。
D、慣性是物體的一種固有屬性，只與物體的質量有關。
【解答】解：AB、機器人向上抬腿的過程，形狀發生變化，其重心位置變化，它對地面的壓力與地面對它的支持力大小相等，方向相反，故AB錯誤；
C、機器人揮動手帕向上加速的過程，手帕處于超重狀態，故C正確；
D、機器人沿舞臺加速運動時，其慣性不變，故D錯誤。
故選：C。
【點評】考查對重心、相互作用力、超重、失重、慣性等物理量的理解，熟記其定義。
5．（2025 通遼三模）如圖所示，質量為m的方形箱子放置在光滑的水平面上，在水平向左的力F0＝4mg的作用下，箱子沿水平面向左做勻加速直線運動，箱內一個質量為m的物塊緊貼后壁隨箱子一起做勻加速直線運動且恰好不下滑，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小為g，則物塊與箱壁間的動摩擦因數為（　　）
A． B． C． D．
【考點】連接體模型；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】C
【分析】先對整體分析，由牛頓第二定律求出整體的加速度。在以物塊為研究對象分析，在結合牛頓第一定律求出箱子對物塊的彈力，在結合物體在豎直方向剛好不下滑求出摩擦系數。
【解答】解：以箱子和物塊為整體，由牛頓第二定律得，，在以物塊為研究對象，由牛頓第二定律得，FN＝ma＝2mg，由于物塊剛好不下滑，則mg＝f＝2μmg，求出，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
【點評】這道題目綜合考查了牛頓第二定律、受力分析以及摩擦力的計算。解題時需注意區分作用對象和力的方向，避免混淆支持力和重力。整體難度適中，但需要細心分析。
6．（2025 龍華區校級模擬）如圖所示，一圓柱形橫梁水平固定（陰影為其截面），可視為質點的小球A、B用足夠長的輕繩連接后懸掛在梁上。已知A、B的質量分別為2m、m，重力加速度為g。橫梁粗糙，且輕繩與橫梁間摩擦力滿足f＝k（TA+TB），其中TA、TB分別為左右懸繩中的張力，向下拉動A球后松手，A、B球恰做勻速運動。現將A球質量增大為5m，再從靜止釋放兩球，A球下降時的加速度大小為（　　）
A．a B．a C．a D．a
【考點】連接體模型；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】B
【分析】A質量變化之前，分別以A、B、繩子為研究對象，根據平衡條件列式求解k的值，A質量變化之后，繩子為研究對象，根據平衡條件列式，再分別以A、B為研究對象，根據牛頓第二定律列式求解加速度。
【解答】解：當A、B做勻速運動時，A的質量mA＝2m，B的質量mB＝m。
對A：TA＝mAg＝2mg
對B：TB＝mBg＝mg
因為勻速運動，合力為零，摩擦力f滿足TA＝TB+f，又f＝k（TA+TB），將TA＝2mg，TB＝mg代入TA＝TB+f和f＝k（TA+TB），可得 mg＝3kmg，解得
當A質量變為mA'＝5m，釋放后A下降、B上升，設加速度大小為a。
對A：根據牛頓第二定律m'Ag﹣T'A＝m'Aa，即5mg﹣TA'＝5ma
對B：根據牛頓第二定律TB'﹣mg＝ma
此時摩擦力f'＝k（TA'+TB'），且TA'＝TB'+f'，將代入f'＝k（TA'+TB'）可得，再代入TA'＝TB'+f'，可得，整理得3TA'＝3TB'+TA'+TB'，2TA'＝4TB'，即TA'＝2TB'。
解得5mg﹣2TB'＝5ma，即TB'＝mg+ma，最終可得，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
【點評】本題主要考查牛頓第二定律在連接體中的應用，本題主要難點是繩子受摩擦力作用，對繩子應用平衡條件是解題關鍵。
7．（2025 光山縣二模）智能手機安裝軟件后，可利用手機上的傳感器測量手機運動的加速度，帶塑膠軟殼的手機從一定高度由靜止釋放，落到地面上，手機傳感器記錄了手機運動的加速度a隨時間t變化的關系如圖所示，g為當地的重力加速度。下列說法正確的是（　　）
A．釋放時，手機離地面的高度為
B．手機第一次與地面碰撞的作用時間為t2﹣t1
C．手機第一次與地面碰撞中所受最大彈力為自身重力的10倍
D．0至t2時間內圖線與橫坐標圍成的面積中，時間軸下方與上方的面積大小相等
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；復雜的運動學圖像問題．
【專題】定性思想；推理法；運動學中的圖象專題；推理論證能力．
【答案】D
【分析】手機自由落體過程加速度大小為g，當加速度開始變化時手機開始接觸地面，接觸地面后加速度達到最大時，手機的速度大小為0。
【解答】解：A.手機自由落體過程加速度大小為g，有圖可知自由落體的運動時間為t1，因此釋放時手機離地面的高度為，故A錯誤；
B.當加速度不為g時，說明手機除受到自身重力外，還收到其他力，即地面的彈力F，此時手機與地面接觸，因此第一次接觸時間為t1～t3，故B錯誤；
C.手機第一次與地面接觸時，最大加速度為10g，根據牛頓第二定律可知，此時手機受到的合力為F合＝10mg，通過受力分析可知，F合＝F﹣mg，因此F＝11mg，故C錯誤；
D.t2時刻，手機的加速度達到最大，此時地面對手機的彈力達到最大，手機的速度大小為0，已知0時刻時手機的速度為0，某一時間段內a﹣t圖像與t軸圍成的面積為這一時間段內的速度變化量，已知0～t2時間內速度的變化量為0，因此圖像與橫坐標圍成的面積為0，即t軸上下的面積大小相等，故D正確。
故選：D。
【點評】通過a﹣t圖像反推手機的運動情況，結合牛頓運動定律相關知識以解決此類問題。
8．（2025 滄州三模）如圖所示，斜面體靜置在水平地面上，將質量為m的物塊放置在斜面上，對物塊施加水平向右的力F，為保證物塊靜止，力F的最小值為F1，最大值為F2，整個過程中斜面體始終靜止。已知物塊與斜面、斜面與地面之間的動摩擦因數均為0.5，斜面傾角θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g。下列說法正確的是（　　）
A．
B．F2＝2mg
C．當時，物塊和斜面不存在相對運動趨勢
D．斜面的質量可能為2m
【考點】斜面上的連接體問題（連接體問題的特例）；共點力的平衡問題及求解．
【專題】定量思想；推理法；合成分解法；整體法和隔離法；共點力作用下物體平衡專題；理解能力．
【答案】B
【分析】AB、對物塊受力分析，就不同的F大小分別根據平衡條件沿斜面方向列物塊受到的力的關系，由于運動情況不同，兩個過程中物塊受到的滑動摩擦力的方向相反，根據此特點分析兩個不同大小的力F分別為多大；
C、結合沿斜面方向物塊受到的力的大小關系分析物塊相對于斜面的運動趨勢；
D、運用整體法，根據水平方向平衡條件分析斜面質量大小。
【解答】解：AB、對物塊受力分析如圖所示，
力最小時，物塊恰好要下滑，沿斜面方向與垂直與斜面方向將物塊所受到的力分解，
由平衡條件有F1cosθ﹣μ（F1sinθ+mgcosθ）＝mgsinθ，θ＝37°，μ＝0.5
對物塊，力最大時，物塊恰好要上滑，此時上圖的摩擦力反向，
由平衡條件有F2cosθ＝mgsinθ+μ（F2sinθ+mgcosθ）
聯立上式，代入數據解得，F2＝2mg
故A錯誤，B正確；
C、為
故物塊相對斜面有向上的運動趨勢，故C錯誤；
D、力最大時，對斜面和物塊有F2≤（m+M）gμ
聯立上式，代入數據解得M≥3m
故D錯誤。
故選：B。
【點評】本題考查斜面連接體模型考查學生對共點力平衡的理解，其中根據整體隔離法分析物塊、整體的受力情況，并根據平衡條件分析力的關系為解決本題的關鍵。
二．多選題（共4小題）
（多選）9．（2025 濰坊三模）如圖所示，質量M＝4kg的長木板靜止在粗糙水平地面上，t＝0時刻對木板施加F＝45N的水平向右恒力，同時質量m＝1kg的小物塊以v0＝15m/s的初速度從左端滑上木板。已知木板長度L＝7.8m，木板與地面、木板與小物塊間的動摩擦因數分別為μ1＝0.2、μ2＝0.5，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（　　）
A．小物塊剛滑上木板時，木板的加速度大小為10m/s2
B．t＝1s時，小物塊恰好運動到木板最右端
C．時，小物塊從木板左端脫離
D．若t＝2s時撤去外力F，小物塊最終會從木板右端脫離
【考點】有外力的水平板塊模型．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】AC
【分析】求加速度：對小物塊、木板分別用牛頓第二定律，算各自加速度；相對運動：用運動學公式，表示小物塊、木板位移，結合位移差為板長L，解方程判斷；撤力后分析：撤力后重新算兩者加速度，再通過速度、位移關系判斷。
【解答】解：A、小物塊剛滑上木板時，對木板進行分析，根據牛頓第二定律有F+μ2mg﹣μ1（m+M）g＝Ma1
解得
故A正確；
B、對小物塊進行分析，根據牛頓第二定律有μ2mg＝ma2
解得
t＝1s時，小物塊的速度v1＝v0﹣a2t＝15m/s﹣5×1m/s＝10m/s
此時木板的速度v2＝a1t＝10×1m/s＝10m/s＝v1
兩者的相對位移
代入數值得x相1＝7.5m＜L＝7.8m
可知，t＝1s時，小物塊并沒有運動到木板最右端，故B錯誤；
C、結合上述，在t＝1s時，小物塊與木板速度恰好相等，之后兩者不能夠保持相對靜止，小物塊以的加速度向右做勻加速直線運動，木板以比小物塊更大的加速度向右做勻加速直線運動，對木板進行分析，根據牛頓第二定律有F﹣μ2mg﹣μ1（m+M）g＝Ma3
解得
上述過程小物塊相對于木板向左運動，則有
解得
可知，小物塊從木板左端脫離的時間
故C正確；
D、若t＝2s時撤去外力F，由于
令t3＝2s﹣1s＝1s，結合上述可知，此時小物塊與木板的速度分別為v3＝v1+a2t3＝10m/s+5×1m/s＝15m/s，v4＝v2+a3t3＝10m/s+7.5×1m/s＝17.5m/s
此時間內小物塊相對于木板向左運動，則相對位移為
代入數據得x相2＝1.25m
撤去外力后小物塊向右繼續以的加速度做勻加速直線運動，木板向右做勻減速直線運動，對木板進行分析有μ2mg+μ1（m+M）g＝Ma4
解得
令歷時t4兩者達到相等速度，則有v5＝v3+a2t4＝v4﹣a4t4
解得
此時間內小物塊相對于木板向左運動，則相對位移為
代入數據得
由于x相2+x相3＜x相1
可知，撤去外力兩者達到相等速度后，小物塊沒有從左端滑輪木板，之后兩者保持相對靜止，做勻減速直線運動，一直到速度減為0后靜止，即若t＝2s時撤去外力F，小物塊最終不會從木板右端脫離，故D錯誤。
故選：AC。
【點評】該題是力學綜合典型題，融合牛頓第二定律與運動學公式，突出“多體（小物塊、木板）、多過程（相對滑動、撤力后運動）”分析，考查受力分析、規律應用及邏輯推理能力，能有效檢驗對動力學綜合問題的掌握程度。
（多選）10．（2025春 新洲區期末）某商場裝有如圖甲、乙所示的兩部電梯，小明先乘坐甲電梯（接觸面為水平面）后乘坐乙電梯（接觸面視為斜面），若兩部電梯都是先以加速度a勻加速直線運動達某速度后再勻速運動，電梯運動方向與水平方向的夾角均為θ，人與電梯始終保持相對靜止，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（　　）
A．乘坐甲電梯，電梯加速和勻速時，小明先受3個力作用，后受2個力作用
B．乘坐乙電梯，電梯加速和勻速時，小明先受3個力作用，后受2個力作用
C．電梯加速時，甲乙兩個電梯對小明的支持力之比為（g+asinθ）：gcosθ
D．電梯加速時，小明在甲乙兩個電梯上受到的摩擦力之比為acosθ：（gcosθ+a）
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；靜摩擦力大小及計算；判斷物體的受力個數．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】AC
【分析】分析人的運動情況然后判斷受力情況，尤其分析摩擦力的時候，利用共點力平衡條件和牛頓第二定律去分析。
【解答】解：A.小明乘坐甲電梯，電梯加速時受重力、支持力及水平階梯的水平向右的靜摩擦力作用，電梯勻速時受重力、支持力，故A正確；
B.乘坐乙電梯，小明一直到受重力、支持力及沿斜面向上的摩擦力，故B錯誤；
CD.小明乘坐甲電梯加速時，把加速度沿水平和豎直方向分解，則有ax＝acosθ，ay＝asinθ
在水平方向上有f1＝max＝macosθ
在豎直方向上有N1﹣mg＝may＝masinθ
解得N1＝mg+masinθ
乘坐乙電梯時，垂直于電梯方向上有N2＝mgcosθ
沿電梯方向上有f2﹣mgsinθ＝ma
解得f2＝mgsinθ+ma
則有N1：N2＝（g+asinθ）：gcosθ，f1：f2＝acosθ：（gsinθ+a）
故C正確，D錯誤。
故選：AC。
【點評】本題屬于根據物體的運動狀態分析受力問題，要靈活選擇研究對象，正確分析受力情況，利用平衡條件或牛頓運動定律進行解答。
（多選）11．（2025 長沙模擬）有一質量m＝1kg的物體靜止在足夠長的粗糙豎直墻壁上，某時刻無初速度釋放物體，并同時分別以甲、乙兩種方式施加外力，物體緊貼墻壁向下運動。已知物體與墻壁間的動摩擦因數μ＝0.5，取g＝10m/s2，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（　　）
A．下落過程中，乙情景中的物體所受合外力的方向會發生改變
B．下落過程中，甲情景與乙情景中物體的速度都會一直增大
C．下落過程中，甲情景中的物體最大速度為5m/s
D．下落過程中，乙情景中的物體最大速度為25m/s
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；力的合成與分解的應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】ACD
【分析】根據滑動摩擦力的公式結合壓力變化分析解答ABC，根據牛頓第二定律結合速度—時間公式解答。
【解答】解：A.下落過程中，水平方向受力平衡，乙情景中的摩擦力大小為f乙＝μF2＝0.5×4t＝2t
剛開始下落時，摩擦力小于重力，合力方向向下，5s后摩擦力大于重力，合力方向向上，故A正確；
B.下落過程中，甲情景中摩擦力等于重力時，物體做勻速直線運動，乙情景中物體所受的摩擦力大于重力時，速度會減小，故B錯誤；
C.下落過程中，甲情景中的物體所受摩擦力為f甲＝μF1＝0.5×4v＝2v
當f甲＝mg
即v＝5m/s時速度最大，此后做勻速直線運動，故C正確；
D.乙情景中，物體運動的加速度為ag﹣2t
當t＝5s時，加速度為0，此過程的平均加速度為a'g，物體運動速度最大為vmax ＝a't
解得vmax ＝25m/s，故D正確。
故選：ACD。
【點評】本題考查牛頓第二定律的應用，解題關鍵掌握摩擦力的計算公式，注意加速度為0時速度最大。
（多選）12．（2024秋 潮州期末）如圖所示，在粗糙的水平面上有一質量為m的足夠長的木板，其上疊放一質量也為m的木塊。現給木塊施加一隨時間t增大的水平力F＝kt（k是常數），木塊和木板之間的摩擦力大小為f1，木板與地面之間的摩擦力大小為f2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列圖線中可能正確的是（　　）
A． B．
C． D．
【考點】有外力的水平板塊模型．
【專題】比較思想；圖析法；牛頓運動定律綜合專題；理解能力．
【答案】AC
【分析】當F比較小時，木塊和木板靜止不動，對木塊，根據平衡條件列式分析摩擦力與時間的關系；當F增大到物塊開始滑動，此時木板可能仍靜止，根據滑動摩擦力公式分析木塊受到的滑動摩擦力變化情況。對木板分析，根據平衡條件列式分析木塊所受摩擦力變化情況。若F增大到一定程度后，物塊和木板一起運動，直到物塊和木板相對滑動的過程中，對整體，根據牛頓第二定律分析圖像斜率關系，從而判斷圖像的形狀。
【解答】解：當F比較小時，木塊和木板都靜止不動，對木塊分析，根據平衡條件有f1＝F＝kt
對木板分析，由平衡條件有f2＝f1＝kt
可知，剛開始f1﹣t圖像和f2﹣t圖像都是與時間成正比的直線；
設木塊和木板之間的動摩擦因數為μ1，木板與地面之間的動摩擦因數為μ2。
當F增大到物塊開始滑動，此時木板可能仍靜止。對木塊分析，木塊所受的是滑動摩擦力，則有f1＝μ1mg
可知，從這以后f1﹣t圖像為一條平行時間軸的直線，f1＝μ1mg保持不變；
對木板分析，根據平衡條件有f2＝f1＝μ1mg
可知從這以后f2﹣t圖像為一條平行時間軸的直線，f2＝μ1mg保持不變；
若此時木板相對木塊運動，則此時木板所受的滑動摩擦力為f2＝μ2 2mg
可知從這以后f2﹣t圖像為一條平行時間軸的直線，f2＝μ2 2mg保持不變。
從物塊和木板一起運動到物塊和木板相對滑動的過程中，此時對整體有
F﹣μ2 2mg＝2ma
對木塊，有F﹣f1＝ma
可得，即此段斜率比之前要小，故AC正確，BD錯誤。
故選：AC。
【點評】本題首先要分兩個相對靜止和相對運動兩種狀態分析，其次采用整體法和隔離法研究得到摩擦力與時間的關系式，這是經常采用的思路。
三．填空題（共4小題）
13．（2025 福建模擬）工人師傅巧妙地利用載重貨箱下行的動力拉起上行的空載貨箱，既解決了載重貨箱下行過快的問題，又減輕了搬運空載貨箱上行的勞動強度，其裝置簡化為如圖所示，在傾角為37°的斜坡上，一總質量為15kg的載重貨箱，通過輕繩繞過輕質光滑定滑輪與質量為5kg的空載貨箱相連，輕繩與斜面平行。當載重貨箱下行時，能夠拖動空載貨箱上行，已知兩貨箱與斜坡間的動摩擦因數均為0.25，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則當載重貨箱下行時，加速度大小為 　1　 m/s2，輕繩的拉力大小為 　45　 N。
【考點】牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；推理法；整體法和隔離法；方程法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】1；45。
【分析】對空載貨箱和載重貨箱分別受力分析，再對空載貨箱和載重貨箱分別應用牛頓第二定律列式即可解答。
【解答】解：空載貨箱受力分析如圖所示：
由牛頓第二定律可得：T﹣f空﹣m空gsin37°＝m空a
又，f空＝μm空gcos37°
載重貨箱受力分析如圖所示：
由牛頓第二定律可得：m載gsin37°﹣T﹣f載＝m載a
又，f載＝μm載gcos37°
聯立代入數據解得：a＝1m/s2，T＝45N。
故答案為：1；45。
【點評】本題是對連接體物體的考查，解題的關鍵是要知道兩者由共同的加速度，利用牛頓第二定律列式即可解答。
14．（2024秋 嘉興期末）某同學站在力傳感器上完成“下蹲”、“起立”的動作，計算機采集的圖線如圖所示。則圖中點a～d所示過程，該同學完成了 　下蹲　 動作（選填“下蹲”、“起立”、“先下蹲后起立”或“先起立后下蹲”）；以豎直向上為正方向，則b點時該同學的加速度約為 　﹣6　 m/s2。（計算結果保留一位有效數字）
【考點】超重與失重的圖像問題．
【專題】定性思想；圖析法；重力專題；理解能力．
【答案】下蹲，﹣6
【分析】人下蹲動作包含有失重和超重兩個過程，先是加速下降失重，到達一個最大速度后再減速下降超重，即先失重再超重。
【解答】解：人下蹲動作包含有失重和超重兩個過程，先是加速下降失重，到達一個最大速度后再減速下降超重，即先失重再超重，所以點a～d所示過程，該同學完成了下蹲過程；
由圖可知該同學的重力為500N，則質量為50kg，根據牛頓第二定律有F﹣G＝ma
解得a＝﹣6m/s2
故答案為：下蹲，﹣6
【點評】本題考查了根據圖像判斷超重和失重，題目較簡單。
15．（2025春 泉州期中）如圖所示，傾斜傳送帶以恒定速率v沿逆時針方向運行，物塊以大小為v0、方向平行于傳送帶向下的初速度在傳送帶上運動，一段時間后物塊轉為做勻速直線運動，已知v＞v0。物塊做勻速直線運動前受到的摩擦力 　做正功　 ；物塊做勻速直線運動時受到的摩擦力 　做負功　 ，傳送帶對物塊的支持力 　不做功　 。（均填“做正功”“做負功”或“不做功”）
【考點】傾斜傳送帶模型；功的正負及判斷．
【專題】定性思想；圖析法；功的計算專題；模型建構能力．
【答案】做正功；做負功；不做功。
【分析】做功的必要因素是：力與在力方向上有位移。功的大小W＝Fscosθ，θ為力與位移的夾角。物體放在傳送帶上后，開始階段，傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶給物體沿斜面向下的滑動摩擦力。當物體速度達到傳送帶速度時，物體做勻速直線運動，物體受到沿斜面向上的摩擦力。支持力一直垂直斜面向上。
【解答】解：開始階段，物塊受力分析如圖：
物塊受到摩擦力沿斜面向上，摩擦力與位移方向相同，摩擦力做正功。
當物塊速度達到與傳送帶共速時，與傳送帶一起做勻速運動，受力分析如圖：
摩擦力與物體位移方向相反，摩擦力做負功。
支持力方向垂直斜面向上，與物塊位移方向垂直，傳送帶對物塊支持力不做功。
故答案為：做正功；做負功；不做功。
【點評】解決本題的關鍵知道做功的必要因素，以及知道力的方向與位移的夾角大于等于0°小于90°，該力做正功；大于90°小于等于180°，該力做負功；等于90°，該力不做功。
16．（2025 思明區校級一模）如圖所示，固定的光滑斜面上有一木板，其下端與斜面上A點距離為L。木板由靜止釋放，若木板長度L，通過A點的時間間隔為Δt1；若木板長度為2L，通過A點的時間間隔為Δt2。Δt2：Δt1為 　（1）：（1）　 。
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；勻變速直線運動位移與時間的關系．
【專題】定量思想；推理法；直線運動規律專題；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】（1）：（1）
【分析】根據牛頓第二定律求加速度，判斷木板的運動情況；根據勻變速運動學公式求解作答。
【解答】解：設斜面的傾角為θ，加速度為a
根據牛頓第二定律mgsinθ＝ma
解得a＝gsinθ
設木塊在斜面上做初速度為零的勻加速直線運動木板前端到達A點的時間為t0，當木板長度為L時，木板后端通過A點的時間為t1；
根據運動學公式L，2L
解得t1t0
木板通過A點的時間Δt1＝t1﹣t0＝（1）t0
當木板長度為2L，木板后端通過A點的時間為t2，根據運動學公式3L
聯立解得t2t0
木板通過A點的時間Δt2＝t2﹣t0＝（1）t0
因此解得Δt2：Δt1＝（1）：（1）
故答案為：（1）：（1）
【點評】本題主要考查了勻變速運動規律的運用，知道木板做初速度為零的勻加速直線運動是解題的關鍵。
四．解答題（共4小題）
17．（2025春 沙坪壩區校級期末）我國的電商產業極其發達，而在電商物流中，傳送帶發揮著重要作用。如圖所示，分揀機器人將一個可視為質點的快遞盒輕放在總長度為L＝10m的以恒定速率運行的傳送帶左端，其初速度為0。快遞盒與傳送帶之間的動摩擦因數為μ＝0.5。求：
（1）若傳送帶運行速率為v＝2m/s，則快遞盒在加速過程中發生的位移大小為多少？
（2）若傳送帶運行速率可以調節，則最短多少時間可以將快遞盒運至傳送帶右端？
【考點】水平傳送帶模型；勻變速直線運動位移與時間的關系；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】計算題；定量思想；推理法；傳送帶專題；分析綜合能力．
【答案】（1）快遞盒在加速過程中發生的位移大小為0.4m。
（2）最短2s可以將快遞盒運至傳送帶右端。
【分析】（1）應用牛頓第二定律求出加速度，應用運動學公式求出位移。
（2）快遞盒一直做勻加速直線運動時運動時間最短，應用運動學公式求解。
【解答】解：（1）對快遞盒，由牛頓第二定律得μmg＝ma
代入數據解得a＝5m/s2
快遞盒加速到與傳送帶共速過程的位移xm＝0.4m
（2）快遞盒一直加速時運動時間最短，快遞盒的位移L
代入數據解得最短時間t＝2s
答：（1）快遞盒在加速過程中發生的位移大小為0.4m。
（2）最短2s可以將快遞盒運至傳送帶右端。
【點評】分析清楚快遞盒的運動過程與受力情況，應用牛頓第二定律與運動學公式即可解題。
18．（2025春 太原期末）采石場經常用傳送帶來搬運石頭。如圖甲所示，傾角為θ＝37°的傾斜傳送帶逆時針勻速轉動，在傳送帶上端A點無初速度放置石塊，石塊從A點運動到傳送帶下端B點的過程中，若人為規定石塊在A點的重力勢能為0，則石塊的機械能E與其位移x的關系如圖乙所示。石塊可視為質點，質量m＝50kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：
（1）石塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ；
（2）石塊在傳送帶下端B點的動能Ek。
【考點】傾斜傳送帶模型；動能定理的簡單應用；動摩擦因數的性質和計算；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；動能定理的應用專題；推理論證能力．
【答案】（1）石塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ為0.5；
（2）石塊在傳送帶下端B點的動能Ek為3600J。
【分析】（1）利用功能關系（機械能變化等于除重力外其他力做功），前5m摩擦力做正功使機械能增加，結合E﹣x圖像的機械能變化量、摩擦力公式求解μ。
（2）先借E﹣x圖像和功能關系，分析5m后摩擦力負功導致機械能減少，求出A到B總位移x；再用動能定理（合外力做功等于動能變化），重力做功與摩擦力總功（對應機械能變化）之和，得B點動能。
【解答】解：（1）機械能變化等于除重力外其他力做功，0﹣5m內，摩擦力f＝μmgcosθ做正功使機械能增加
由E﹣x圖像，前5m機械能變化，根據功能關系（x1＝5m）
解得μ＝0.5
（2）設A到B總位移為x，前5m摩擦力做正功1000J，5m后摩擦力做負功，全程機械能變化
由（）
代入數據解得x＝16m
重力做功WG＝mgxsinθ，摩擦力總功Wf＝﹣1200J（機械能變化量），根據動能定理有
Ek＝WG+Wf
解得
Ek＝3600J
答：（1）石塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ為0.5；
（2）石塊在傳送帶下端B點的動能Ek為3600J。
【點評】綜合考查力與能量知識，需結合圖像分析、分階段討論，能有效鍛煉學生對功能關系、摩擦力、機械能等知識的綜合應用能力；從圖像提取信息（斜率、機械能變化 ）的過程，強化學生“數形結合”的物理思維。
19．（2025 漢中三模）如圖甲所示，輕質動滑輪下方懸掛重物A，輕質定滑輪懸掛在一個力傳感器的正下方，在輕質定滑輪下方懸掛重物B，懸掛滑輪的輕質細線豎直。開始時，重物A、B均處于靜止狀態，A質量為m，靜止釋放B后A、B開始運動。初始兩滑輪之間豎直距離足夠大，運動過程中各物體不會互相碰撞。假設摩擦阻力和空氣阻力均忽略不計，重力加速度為g。
（1）若B質量為2m，求靜止釋放B時細線張力T的大小；
（2）保持A物體質量m不變，使B物體質量從m增大，通過計算機描繪得到傳感器對定滑輪的拉力F隨B物體質量mB變化關系曲線如圖乙所示，F＝F0直線是曲線的漸近線，求F0（結果用m、g表示）。
【考點】連接體模型；牛頓第二定律的簡單應用．
【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．
【答案】（1）若B質量為2m，靜止釋放B時細線張力T的大小為mg；
（2）F0為mg。
【分析】（1）分析出A、B的加速度關系，隔離A、B，對兩物體各自應用牛頓第二定律列式，求出細繩張力；
（2）根據牛頓第二定律求出繩子拉力表達式，根據數學知識得出當m趨向于無窮大時拉力的值，從而得出傳感器拉力大小。
【解答】解：（1）由甲圖可知B下降h時，A上升0.5h，即aB＝2aA
對B：2mg﹣T＝2maB
對A：2T﹣mg＝maA
解得Tmg
（2）對B：mBg﹣T'＝mBaB
對A：2T'﹣mg＝maA
解得T'
分析可知當mB增大時，T'也隨之增大，當mB無限大時，T'mg
對輕質定滑輪分析，F0＝2T'mg
答：（1）若B質量為2m，靜止釋放B時細線張力T的大小為mg；
（2）F0為mg。
【點評】解決本題的關鍵能夠正確的對A、B物體受力分析，抓住兩者的加速度關系，運用牛頓第二定律進行求解。
20．（2025 許昌三模）如圖為某高速收費站的標識牌，一輛汽車正沿直線向收費站駛來，如果這輛汽車過ETC（電子不停車收費）通道，則需要在車輛識別裝置前s1＝16m處減速至v1＝4m/s，勻速到達車輛識別裝置后再以的加速度加速至v2＝28m/s行駛，假設汽車制動過程中所受阻力與其重力的比值k＝0.2，且制動時間t0＝8s，汽車進、出收費站的運動可視為水平面上的直線運動，g取10m/s2。求：
（1）汽車減速前的速度大小v0；
（2）汽車到達車輛識別裝置后加速運動的位移大小s；
（3）汽車從開始減速到加速結束的平均速度大小。
【考點】牛頓第二定律的簡單應用；勻變速直線運動規律的綜合應用．
【專題】定量思想；推理法；直線運動規律專題；推理論證能力．
【答案】（1）汽車減速前的速度大小為20m/s；
（2）汽車到達車輛識別裝置后加速運動的位移大小為128m；
（3）汽車從開始減速到加速結束的平均速度大小為12m/s。
【分析】（1）根據牛頓第二定律求解減速時的加速度，然后運用速度公式求解減速前的速度；
（2）運用速度與位移公式解答；
（3）求出加速過程、勻速過程的時間，及減速過程的位移，然后根據總位移和總時間求解平均速度。
【解答】解：（1）設減速過程的加速度大小為a0，由牛頓第二定律得kmg＝ma0，解得a0＝kg＝0.2×10m/s2＝2m/s2，由運動學公式，有v0﹣a0t0＝v1，代入數據解得v0＝4m/s+2×8m/s＝20m/s；
（2）由速度與位移公式，有，代入數據解得s128m；
（3）加速過程的時間，
勻速過程的時間，
減速過程的位移大小，
平均速度大小。
答：（1）汽車減速前的速度大小為20m/s；
（2）汽車到達車輛識別裝置后加速運動的位移大小為128m；
（3）汽車從開始減速到加速結束的平均速度大小為12m/s。
【點評】考查對勻變速直線運動規律的理解，熟悉運動學公式的運用。
21世紀教育網 www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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